●平抛问题与类似平抛问题

平抛物体的运动，是水平方向上速度为 v0 的匀速运动与竖直方向上的自由落体运动的合运动。

取抛出点为坐标原点，ox 轴的方向与初速度 v0 的方向一致，oy 轴竖直向上（图 2－9），则物体抛出后 t 秒的位置坐标为：

x = v t



 1

y = − gt ²

 2

消去参变量 t，便得平抛物体的运动轨迹：

y = −

2v0

这是以坐标原点为顶点、oy 轴为对称轴、开口朝下的抛物线。

就整体而言，平抛运动是一种匀变速运动，在任意相等的时间间隔Δt 内，平抛物体的速度改变量均相等，大小均为Δv＝gΔt，方向都竖直向下。如取Δt＝1 秒，则Δt＝9．8 米／秒。

图 2－10（甲）为初速度 v0＝20 米／秒的平抛物体的运动轨迹，v0、v1、v2、⋯⋯为 t＝0、l、2、⋯⋯秒时的即时速度，把矢量 v0、v1、v2⋯⋯ 平移到一个共同的起点 O[图 2－10（乙）]，则第 1 秒内、第 2 秒内、第 3 秒内、⋯⋯速度的改变量均相等；在取 g＝10 米／秒 ² 时，Δv1＝Δv2＝Δ v3＝⋯⋯＝10 米／秒。

平抛物体水平方向上的匀速运动与竖直方向上的自由落体运动是互相独立的。平抛物体的运动时间由其高度决定：

t =

水平方向上的射程由其初速度和运动时间决定：s＝v0t。

平抛物体在运动过程中速度改变量Δv＝gt，速度改变量的方向竖直向下。因此，平抛物体的末速度 v1 可以根据矢量三角形（图 2－11）求得：

v_t =

v² + (gt) ² ,

θ = tg ⁻¹( gt )

研究平抛问题，往往都与平抛物体的“落点”有关，如落点的位置、落地时速度大小和方向⋯⋯。在涉及到追及问题时，则与抛出点的位置有关。

［例题 1］一艘敌舰正以 v1＝12 米／秒的速度逃跑；执行追击任务的飞机，在距水面 320 米高水平线上，以速度 v2＝105 米／秒同向飞行。为击中敌舰，飞机应“提前”投弹。如不计空气阻力的影响，取 g＝10 米／秒 ²，飞机投弹时，沿水平方向它与敌舰之间的距离应多大？当炸弹击中敌舰时，飞机与敌舰的位置有何关系？

［分析与解］炸弹投下后作平抛运动，从投下到击中敌舰，它在空中运动的时间为：

t = = = 8( 秒)

在这 8 秒时间里，炸弹沿水平方向运动的距离 s2＝v2t，敌舰在同一方向上运动的距离 s1＝v1t。由图 2－12 可以看出，飞机投弹时水平方向上“提前”的距离应为：

s＝v2t—v1t＝（v2－v1）t

＝744（米）

在时间 t＝8 秒内，炸弹与飞机在水平方向上的运动情况相同，是匀速运动，它们的水平运动距离都是 s2＝v2t＝840（米）。所以炸弹击中敌舰时，飞机恰好从正上方通过。

从上面可以看出，就整体而言，水平方向上的运动与炸弹竖直方向上的运动是彼此独立的。水平方向上是匀速运动的飞机和投下的炸弹追击匀速运动的敌舰，所受的限制（也可以说是联系）是追击的时间

它由竖直方向上的自由落体运动情况决定。

在运动的分解与合成中，两个分运动的独立性可以广泛地推广、应用。下面的例题就说明了这个特性，并详细阐述利用这一特性分析、解决问题的方法。

［例题 2］从倾角为θ的山坡上的 A 点，以水平初速度 V0 射出一颗炮弹，落在山坡上的 B 点（图 3－13）。求：（1）炮弹从 A 到 B 共用多少时间？A、B 之间的直线距离多大？（2）在炮弹飞行过程中，何时与山坡之间的垂直距离最大？最大距离有多大？

［分析与解］可以把山坡看作是倾角为θ的斜面，计算中忽略山坡的起伏对运算结果的影响。

以 A 点为坐标原点，按图 2－13 所示建立直角坐标系。这样，炮弹的运动可以看作是 ox 方向上的匀速运动（速度为 v0）与 oy 方向上初速度为零、加速度为 g 的匀加速运动的合运动。设经时间 t 炮弹落在 B 点，则 B 点的位置坐标为：

x = v t



y = 1 gt ²

 2

由图可以看出：

1 gt ²

y = tgθ, 即

v 0 t

= tgθ

由此可得炮弹从 A 到 B 所用的时间为：

t＝ 2v0 ·tgθ

A、B 之间的距离为：

2v²

AB =

=⁰ ⋅ tgθ / cosθ g

按图2－14 所示，将初速度 v0 和重力加速度 g 沿垂直于斜面（山坡）的方向和平行于斜面的方向分别分解为 v1 和 v2，g1 和 g2。这样，炮弹的平抛运动可以看作是下列两个方向上的分运动的合运动：在垂直于斜面的方向上，是初速度为 v1＝v0sinθ、加速度为 g1＝－gcosθ的匀减速运动；在平行于斜面的方向上，是初速度为 v2＝v0cosθ、加速度为g2＝gsin θ的匀加速运动。

由此可知，当炮弹运动到与山坡之间的垂直距离最大的 C 点时，炮弹在垂直于斜坡的方向上相对于斜坡的速度为零，所以由 A 到 C 所用时间为：

t' = ( v0 sin θ) = v0 ⋅ tgθ = t

(g cosθ) g 2

C 点到斜面的最大距离为：

(v0 sinθ) ² v²

H = CD = = ⁰ ⋅ tgθ ⋅ sin θ

2(g cosθ) 2g

从上面的计算可知：从 A 到 C 的时间与从 C 到 B 的时间相等，

均为t' = v0 ,

tgθ =

2 但是，沿斜坡上的距离AD与DB是不相等的，

它们的大小分别为：

AD = (v 0

= (v

cosθ)t'+ 1 (g sin θ) t'²

cosθ)( v0 tgθ) + 1 (g sin θ)( v 0 tgθ)²

⁰ g 2 g

v 2

= ⁰ ⋅ tgθ( 2g

v 2

2 cos² θ + sin² θ

cos θ )

= ⁰ ⋅ sin θ( 2g

DB = AB − AD

cos² θ

+ 1)

其中AB可以根据运动学公式s = v t + 1 at ² 计算：

AB = (v0

0 2

cosθ) t + 1 (g sinθ)t ²

= (v

cosθ)( 2v0 tgθ) + 1 (g sin θ)( 2v0 tgθ) ²

⁰ g 2 g

2v²

=⁰ ⋅ tgθ( g

2v²

cos² θ + sin² θ

cosθ )

=⁰ tgθ / cos θ

这里AB 的结果与前面（1）中计算的结果相同，但计算的方法不一样。前面是根据炮弹的落点坐标（x，y），用解析几何的方法计算；这里是根据炮弹沿斜面方向作初速度为 v0cosθ、加速度为 gsinθ的匀加速运动计算所得。这样就可以求得 D、B 之间的距离：

DB = AB − AD

2v²

sin θ v²

v² sin θ

=⁰ ⋅ − ( ⁰ sin θ + ⁰ ⋅ )

g cos² θ 2g

3v² sin θ v²

2g cos² θ

=⁰ ⋅ − ⁰ ⋅ sin θ

2g cos² θ 2g

v ² 3

= ⁰ ⋅ sin θ( 2g

cos² θ

− 1)

显然AD≠ DB; 且AD : DB≠1：3，

这是由于初速度为 v0cosθ≠0。

在分析、解决例题 2 的过程中，对炮弹的运动提出了两种不同的观点。第一种观点认为炮弹的运动是：水平方向上速度为 v0 的匀速运动与竖直方向上的自由落体运动的合运动。第二种观点认为炮弹的运动是：垂直于斜面方向上初速度为 v0sinθ、加速度为 gcosθ的匀减速运动与沿斜面向下、初速度为 v0cosθ、加速度为 gsinθ的匀加速运动的合运动。从表面上看，第二种观点把平抛运动复杂化了。第一种观点是相对于地平面，第二种观点则相对于斜坡，这两种观点都是分析研究同一个对象：平射出去的炮弹在重力作用下的匀变速曲线运动。显然第一种观点具有直观，易被理解、接受的优点。第二种观点从理解问题的角度来看，确实是把问题复杂化了，但它提供了一种方法，这种方法使人们可以运用现有的物理知识和数学知识顺利地解决问题。更重要的是应该理解第二种观点的理论依据是矢量的分解与合成，分矢量与合矢量作用的等效性原理。等效性原理在自然科学中被广泛采用，它既是一个重要的原理，也是一种有效的方法。学习物理，要深刻理解等效性原理，逐步学会对具体的问题，特别是较复杂的问题，从不同的角度提出不同的观点，从而寻找新的思路，探索新的解题方法。

通常所讲的平抛运动，是物体在重力作用下的匀变速曲线运动，加速度就是重力加速度 g。物理学中存在着大量的类似平抛的运动，如带电粒子以初速度 v0 垂直于电场方向射入匀强电场中以后的运动等。这类运动与平抛运动有着共同的特征：①有初速度 v0；②物体在运动过程中受与初速度方向垂直的恒力作用，也就是运动过程中有垂直于初速度方向的恒定加速度 a。它们都是匀变速曲线运动，轨迹都是抛物线。区别在于平抛运动的加速度是重力产生的，是重力加速度；而类似平抛运动的加速度则可能是浮力、电场力或浮力、电场力和重力的合力形成的。

［例题 3］一个探空气球，它在空气中受到的浮力是其重力的 1.5 倍。由静止状态开始从地面释放，由于受到水平方向速度为 v0 的风的影响，气球不能沿竖直方向直线上升。经观测，释放后 2 秒末气球的速度方向与水平方向夹角为 45°。试求：当气球的高度 h＝30 米时，其速度大小和方向如何？

［分析与解］取风速方向为 Ox 轴方向，竖直向上为 Oy 轴方向。则气球沿水平方向（即 Ox 轴方向）作匀速运动，沿竖直向上方向（即 Oy 轴方向）作初速度为零的匀加速运动，加速度为

a＝0．5g≈5（米／秒 ²）

则 2 秒末竖直方向上的分速度为： Vy＝at＝10（米／秒）

由于 2 秒末的速度方向与水平方向成 45°角，所以 2 秒末的水平分速度为：

Vx＝Vytg45°＝Vy＝10（米／秒）

当高度为h＝30米时，由 h＝ 1 at ²

可以求得：

t＝ = = 2 3（秒）

这时气球的速度分量分别（图 2－15）为：

v^{' = v = 10(米 / 秒)}



v

x x

_y ' = at = 10 3(米 / 秒)

这时速度的大小为：

v′ = = 20（米 / 秒）

速度的方向与水平方向夹角为：

θ = tg^-1 ( v'y )＝tg⁻¹

= 60°

[例题 4]在 Oxy 平面上，物体沿 Ox 轴的正方向作匀速直线运动，速度为 v0；当物体进入 Oy 轴右边的区域（x≥0）时，物体受到与 Oy 轴正方向相同的恒力作用，从而产生与 Oy 轴正方向同向的恒定加速度 a。求物体进入受力区域后 t 秒时的位置与速度。

[分析与解]物体进入受力区域后，由于物体在 Ox 轴方向上不受力的作用，Ox 轴方向上保持原有速度 v0 作匀速运动，在 Oy 轴方向上物体的加速度为 a，所以物体的实际运动是：Ox 方向上的匀速运动与 Oy 方向上初速度为零的匀加速运动的合运动，t 秒时物体的位置坐标（图 2-16）为：

x = v0 t

1 2

y = 2 at

t秒内物体的位移大小为：s =

位移的方向与x轴夹角a为：a = tg^-1

t 秒时物体的速度分量分别为：

vx = v0

vy = at

速度的大小为：v =

y ( x)

速度的方向与x轴之间的夹角θ为：θ = tg -¹ ( v y )

v x

从t秒时物体的位置坐标：x = v t， 1 2 可以看出，

位置随时间而变化。消去共同的参变量 t，即可得物体运动轨道的方程：

a y = 2v2

x² （抛物线）

例题 4 可以看作是类似平抛运动的共同模型。掌握上述分析方法很重要。应该注意的是：t 秒内的位移方向与 t 秒末的速度方向是完全不同的两个物理概念；t 秒内的位移大小与 t 秒内物体（沿抛物线轨道）通过的路程也是不相同的。